Доказательство тождества поляризации для операторов в комплексных векторных пространствах

Question

Доказательство тождества поляризации для операторов в комплексных векторных пространствах

Золоус

В общем случае, чтобы два оператора были равны, все их (матричные) элементы должны быть равны.

А "=" Б \to ⟨ ф_{1} | А | ф_{2} ⟩ "=" ⟨ ф_{1} | Б | ф_{2} ⟩

$A = B \rightarrow \langle \phi_1|A| \phi_2\rangle=\langle \phi_1|B| \phi_2\rangle$

Однако меня просят показать, что в комплексных векторных пространствах достаточно просто указать:

А "=" Б \to ⟨ ф_{1} | А | ф_{1} ⟩ "=" ⟨ ф_{1} | Б | ф_{1} ⟩

$A = B \rightarrow \langle \phi_1|A| \phi_1\rangle=\langle \phi_1|B| \phi_1\rangle$

В моей попытке показать это я сделал следующее:

| ф_{1} ⟩ "=" | ψ_{1} ⟩ + я | ψ_{2} ⟩ ⟨ ф_{1} | А | ф_{1} ⟩ "=" (⟨ ψ_{1} | + я ⟨ ψ_{2} |) А (| ψ_{1} ⟩ + я | ψ_{2} ⟩) "=" (⟨ ψ_{1} | + я ⟨ ψ_{2} |) Б (| ψ_{1} ⟩ + я | ψ_{2} ⟩) "=" ⟨ ф_{1} | Б | ф_{1} ⟩

который при расширении дал мне

⟨ ψ_{1} | А | ψ_{1} ⟩ + я ⟨ ψ_{1} | А | ψ_{2} ⟩ - я ⟨ ψ_{2} | А | ψ_{1} ⟩ + ⟨ ψ_{2} | А | ψ_{2} ⟩ "=" ⟨ ψ_{1} | Б | ψ_{1} ⟩ + я ⟨ ψ_{1} | Б | ψ_{2} ⟩ - я ⟨ ψ_{2} | Б | ψ_{1} ⟩ + ⟨ ψ_{2} | Б | ψ_{2} ⟩

$\langle \psi_1|A| \psi_1\rangle + i\langle \psi_1|A| \psi_2\rangle - i\langle \psi_2|A| \psi_1\rangle + \langle \psi_2|A| \psi_2\rangle = \langle \psi_1|B| \psi_1\rangle + i\langle \psi_1|B| \psi_2\rangle - i\langle \psi_2|B| \psi_1\rangle + \langle \psi_2|B| \psi_2\rangle$

отмена условий с любой стороны оставляет меня с:

я ⟨ ψ_{1} | А | ψ_{2} ⟩ - я ⟨ ψ_{2} | А | ψ_{1} ⟩ "=" я ⟨ ψ_{1} | Б | ψ_{2} ⟩ - я ⟨ ψ_{2} | Б | ψ_{1} ⟩

$i\langle \psi_1|A| \psi_2\rangle - i\langle \psi_2|A| \psi_1\rangle = i\langle \psi_1|B| \psi_2\rangle - i\langle \psi_2|B| \psi_1\rangle$

В дополнение к этому я построил еще одно равенство, выполнив следующие шаги, но начиная с:

⟨ ф_{1} | А^{†} | ф_{1} ⟩ "=" ⟨ ф_{1} | Б^{†} | ф_{1} ⟩

$\langle \phi_1|A^\dagger| \phi_1\rangle=\langle \phi_1|B^\dagger| \phi_1\rangle$

и при этом получили:

я ⟨ ψ_{1} | А^{†} | ψ_{2} ⟩ - я ⟨ ψ_{2} | А^{†} | ψ_{1} ⟩ "=" я ⟨ ψ_{1} | Б^{†} | ψ_{2} ⟩ - я ⟨ ψ_{2} | Б^{†} | ψ_{1} ⟩

мой план состоял в том, чтобы попытаться объединить два равенства в попытке произвести

⟨ ψ_{1} | А | ψ_{2} ⟩ "=" ⟨ ψ_{1} | Б | ψ_{2} ⟩

$\langle \psi_1|A| \psi_2\rangle=\langle \psi_1|B| \psi_2\rangle$

как кто-то в классе упомянул, что им повезло с этим методом, но я в тупике, куда идти дальше, или если я сделал ошибку по пути. Любая помощь будет принята с благодарностью, я ломал голову, пытаясь придумать что-нибудь еще, чтобы попробовать.

юггиб

То, что вы ищете, называется поляризационным тождеством в гильбертовых пространствах (вы должны использовать комплексное).

Вальтер Моретти

Я не думаю, что поляризационная идентичность, хотя и связанная, может быть напрямую использована, если только

A - B

$A-B$ является эрмитовым. Я написал прямое доказательство в своем ответе.

юггиб

@ValterMoretti В своем доказательстве вы по существу доказываете, что две полуторалинейные формы равны, если равны связанные квадратичные формы; и это сразу после того, как идентичность поляризации доказана.

Вальтер Моретти

(x, y) = ⟨ x | A y ⟩

$(x,y) = \langle x| A y\rangle$ не является семилинейным, потому что

(y, x) \neq \bar{(x, y)}

$(y,x) \neq \overline{(x,y)}$ пока не

A \subset A^{*}

$A \subset A^*$ . Это моя точка зрения ...

юггиб

У нас есть другое определение полуторалинейного. Для меня полуторалинейность просто линейна в правом аргументе, антилинейна в левом.

Вальтер Моретти

ХОРОШО. Но поляризационная идентичность требует и моего свойства?

юггиб

@ValterMoretti Нет, не совсем.

Вальтер Моретти

Вместо этого я пытался доказать: надо :). Попробуйте себя. Уже в реальном деле. Непосредственным осмотром вы видите, что если

(|)

$(|)$ является

R

$\mathbb R$ билинейный,

4 (x | y) = (x + y | x + y) - (x - y | x - y)

$4(x|y)= (x+y|x+y) -(x-y|x-y)$ это эквивалентно

(x | y) = (y | x)

$(x|y)=(y|x)$ .

юггиб

@ValterMoretti Эрмитичность полуторалинейной формы не требуется для идентичности поляризации. Это должно быть легко доказано явным вычислением; но сейчас, к сожалению, у меня нет на это времени ;-) Кроме того, каждой эрмитовой полуторалинейной форме соответствует вещественная квадратичная форма, но вообще

s (f, f)

$s(f,f)$ сложный; это следует учитывать при проверке личности.

Вальтер Моретти

Я пробовал сам, вы правы. В отличие от реального случая, когда необходима симметрия, поляризационное тождество не нуждается в эрмитовости, достаточно лишь секвилинеарности. Вместо этого страница википедии, которую вы цитировали, предполагает действительность отшельничества. Следует исправить...

Джоэл Крото

Вы правы, что полуторной линейности достаточно. Если вы хотите увидеть явный расчет, я доказал очень похожую на эту теорему здесь physics.stackexchange.com/a/691645/326392 .

Ответы (1)

Доказательство тождества поляризации для операторов в комплексных векторных пространствах

То, что вы ищете, называется поляризационным тождеством в гильбертовых пространствах (вы должны использовать комплексное).
Я не думаю, что поляризационная идентичность, хотя и связанная, может быть напрямую использована, если только $A-B$ является эрмитовым. Я написал прямое доказательство в своем ответе.
@ValterMoretti В своем доказательстве вы по существу доказываете, что две полуторалинейные формы равны, если равны связанные квадратичные формы; и это сразу после того, как идентичность поляризации доказана.
$(x,y) = \langle x| A y\rangle$ не является семилинейным, потому что $(y,x) \neq \overline{(x,y)}$ пока не $A \subset A^*$ . Это моя точка зрения ...
У нас есть другое определение полуторалинейного. Для меня полуторалинейность просто линейна в правом аргументе, антилинейна в левом.
ХОРОШО. Но поляризационная идентичность требует и моего свойства?
Вместо этого я пытался доказать: надо :). Попробуйте себя. Уже в реальном деле. Непосредственным осмотром вы видите, что если $(|)$ является $\mathbb R$ билинейный, $4(x|y)= (x+y|x+y) -(x-y|x-y)$ это эквивалентно $(x|y)=(y|x)$ .
@ValterMoretti Эрмитичность полуторалинейной формы не требуется для идентичности поляризации. Это должно быть легко доказано явным вычислением; но сейчас, к сожалению, у меня нет на это времени ;-) Кроме того, каждой эрмитовой полуторалинейной форме соответствует вещественная квадратичная форма, но вообще $s(f,f)$ сложный; это следует учитывать при проверке личности.
Я пробовал сам, вы правы. В отличие от реального случая, когда необходима симметрия, поляризационное тождество не нуждается в эрмитовости, достаточно лишь секвилинеарности. Вместо этого страница википедии, которую вы цитировали, предполагает действительность отшельничества. Следует исправить...
Вы правы, что полуторной линейности достаточно. Если вы хотите увидеть явный расчет, я доказал очень похожую на эту теорему здесь physics.stackexchange.com/a/691645/326392 .

Вальтер Моретти · Answer 1

Да, ваша гипотеза верна (нет необходимости привлекать к доказательству сопряженные операторы). Действительно, в комплексном гильбертовом пространстве $\cal H$ (в более общем случае комплексное векторное пространство, снабженное эрмитовым скалярным произведением), мы имеем следующее предложение.

Предложение . Позволять $A,B : D \to \cal H$ — пара линейных операторов, определенных в плотном подпространстве $D\subset \cal H$ . $A=B$ если и только если $\langle x|Ax \rangle = \langle x|Bx \rangle$ для всех $x\in D$ .

Доказательство. Достаточно доказать, что $\langle x|Ax \rangle=0$ для всех $x\in D$ подразумевает $A=0$ . Для этого сначала используйте $x= y\pm z$ а потом $x= y\pm iz$ в приведенном выше тождестве, заметив, что $\langle y|Ay \rangle= 0$ и $\langle z|Az \rangle=0$ . Линейность на правом входе и антилинейность на левом входе легко дают $\langle y|Az \rangle=0$ для всех $y,z \in D$ . С $D$ плотно, существует последовательность $D \ni y_n \to Az$ . Непрерывность скалярного произведения немедленно дает $||Az||^2 = \lim_{n\to +\infty} \langle y_n | Az\rangle =0$ для всех $z\in D$ . Другими словами $A=0$ . $\Box$

В реальных гильбертовых пространствах утверждение неверно. Например, в $\mathbb R^n$ , антисимметричные матрицы удовлетворяют $\langle x|Ax \rangle =0$ для каждого $x \in \mathbb R^n$ , но $A\neq 0$ в общем.

Не могли бы вы уточнить, как доказать, что $\langle x | Ax \rangle = 0$ для всех $x \in D$ подразумевает $A=0$ достаточно, чтобы доказать, что $A = B$ если $\langle x | Ax \rangle = \langle x | Bx \rangle$ для всех $x \in D$ ? Это неочевидно для меня. Для меня также неочевидно, что для обобщенного плотного подпространства $D \subset \mathcal H$ что $| x \rangle \in D$ автоматически подразумевает, что его компоненты $| y \rangle$ и $| z \rangle$ находятся в $D$ также.
Для первого вопроса просто рассмотрите $C=A-B$ . Говоря это $\langle x|C x\rangle =0$ эквивалентно $\langle x| (A-B) x\rangle =0$ , что по линейности эквивалентно $\langle x|A x\rangle = \langle x |B x\rangle$ . Что касается второй проблемы, вам не нужно использовать это $x\in D$ подразумевает $y$ и $z$ сделать, но если $y,z \in D$ , затем $y\pm iz \in D$ . Это тривиально верно, потому что $D$ является подпространством.

Доказательство тождества поляризации для операторов в комплексных векторных пространствах

Золоус

юггиб

Вальтер Моретти

юггиб

Вальтер Моретти

юггиб

Вальтер Моретти

юггиб

Вальтер Моретти

юггиб

Вальтер Моретти

Джоэл Крото

Ответы (1)

Вальтер Моретти

Джоэл Крото

Вальтер Моретти

Гамильтониан, действующий на суммирующий оператор

Тождество лестничного оператора для ⟨n|(a+a†)k|m⟩⟨n|(a+a†)k|m⟩\langle n | (а+а^\кинжал)^к | м \ угол

Эти два оператора коммутируют... но их собственные векторы не одинаковы. Почему?

Как доказать это неравенство для оператора Гамильтона?

Доказательства операторной алгебры [закрыто]

Почему операторы могут быть представлены в виде матриц в квантовой механике?

Эрмитово сопряжение дифференциального оператора

⟨ψ|A^|ψ⟩=⟨ψ|B^|ψ⟩⟨ψ|A^|ψ⟩=⟨ψ|B^|ψ⟩\langle\psi|\шляпа{A}|\psi\rangle = \langle\psi|\hat{B}|\psi\rangle для всех |ψ⟩|ψ⟩|\psi\rangle означает, что A^=B^A^=B^\hat{A} = \hat{ Б}?

Ожидаемые значения операторов LxLxL_x и LyLyL_y в собственных состояниях LzLzL_z

Можем ли мы доказать это без явного вычисления?